problem:
a) Prouver que, pour tous réels strictement positifs $a, b, k$ tels que $a<b$, on a

$$
\frac{a}{b}<\frac{a+k}{b+k}
$$

b) Prouver que

$$
\frac{1}{100}+\frac{4}{101}+\frac{7}{102}+\frac{10}{103}+\cdots+\frac{148}{149}>25
$$

solution:
a) On a $a k<b k$, donc $a b+a k<a b+b k$. Ceci s'écrit $a(b+k)<b(a+k)$, ou encore $\frac{a}{b}<\frac{a+k}{b+k}$.
b) Soit $A=\frac{1}{100}+\frac{4}{101}+\frac{7}{102}+\frac{10}{103}+\cdots+\frac{148}{149}$. En appliquant ce qui précède, on en déduit

$$
A>\frac{1}{100}+\frac{3}{100}+\frac{5}{100}+\frac{7}{100}+\cdots+\frac{99}{100}=\frac{50+2(0+1+2+3+\cdots+49)}{100}
$$

Il suffit donc de vérifier que ce dernier terme vaut 25 , soit en calculant à la main le numérateur, soit en utilisant la formule

$$
1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}
$$

qui donne

$$
\frac{50+2(0+1+2+3+\cdots+49)}{100}=\frac{50+49 \times 50}{100}=25
$$

problem_match: Exercice 1.

solution_match: ## Solution de l'exercice 1


problem:
Soit $A B C$ un triangle acutangle tel que $A C>A B, D \operatorname{sur}(B C)$ tel que $A D=A B$ et $D$ différent de $B$. Soit $\Gamma$ le cercle circonscrit à $A B C, \Delta$ la tangente à $\Gamma$ en $C, E$ l'intersection de $(A D)$ et $\Delta$.
Montrer que $C D^{2}=A D \cdot D E-B D \cdot D C$.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_d3e82254667ef3ca49eag-2.jpg?height=622&width=733&top_left_y=513&top_left_x=799)

On a $\widehat{E D C}=\widehat{A D B}=\widehat{C B A}$ et $\widehat{D C E}=\widehat{B A C}$ donc $A B C$ et $C D E$ sont semblables. On en déduit que $\frac{A B}{C D}=\frac{B C}{D E}$, donc

$$
A D \cdot D E-B D \cdot D C=A B \cdot D E-B D \cdot D C=B C \cdot C D-B D \cdot C D=(B C-B D) C D=C D^{2} .
$$

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem:
Soit $n$ un entier strictement positif tel que $n(n+2015)$ est le carré d'un entier.
a) Prouver que $n$ n'est pas un nombre premier.
b) Donner un exemple d'un tel entier $n$.

solution:
a) Supposons que $n$ est premier et qu'il existe un entier $m$ vérifiant $n(n+2015)=m^{2}$. Alors $n$ divise $m^{2}$, donc $n$ divise $m$. On peut donc écrire $m=n r$. Il vient $n(n+2015)=n^{2} r^{2}$, puis $n+2015=n r^{2}$. Par conséquent, $2015=n r^{2}-n=n\left(r^{2}-1\right)$ est divisible par $n$.
Or, $2015=5 \times 13 \times 31$, donc $n$ est l'un des entiers 5, 13, 31 .
Si $n=5$ alors $r^{2}-1=13 \times 31=403$, ce qui est impossible car 404 n'est pas un carré parfait. De même, $5 \times 31+1=156$ et $5 \times 13+1=66$ ne sont pas des carrés parfaits, ce qui exclut les cas $n=13$ et $n=31$.
b) On cherche $n$ et $m$ entiers tels que

$$
(2 m)^{2}=4 n(n+2015)=(2 n)^{2}+2 \times(2 n) \times 2015=(2 n+2015)^{2}-2015^{2}
$$

Ceci équivaut à $2015^{2}=(2 n+2015)^{2}-(2 m)^{2}=(2 n+2015+2 m)(2 n+2015-2 m)$.
Soient $a=2015 \times 5$ et $b=\frac{2015}{5}$. Il suffit donc que

$$
2 n+2015+2 m=a \text { et } 2 n+2015-2 m=b
$$

En additionnant ces égalités, on trouve que $4 n+4030=a+b=403 \times 25+403$, donc $\underline{n=1612}$, et en soustrayant on obtient $4 m=a-b=403 \times 24$ donc $m=403 \times 6$.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: ## Solution de l'exercice 3


problem: On veut colorier les parties à trois éléments de $\{1,2,3,4,5,6,7\}$, de sorte que si deux de ces parties n'ont pas d'élément en commun alors elles soient de couleurs différentes. Quel est le nombre minimum de couleurs pour réaliser cet objectif?

solution:
Considérons la suite de parties $\{1,2,3\},\{4,5,6\},\{1,2,7\},\{3,4,6\},\{1,5,7\},\{2,3,6\},\{4,5,7\}$, $\{1,2,3\}$.
Chaque partie doit avoir une couleur différente de la suivante, donc déjà il y a au moins deux couleurs. S'il n'y avait qu'exactement deux couleurs, alors les couleurs devraient alterner, ce qui est impossible car la dernière partie est la même que la première et devrait être de couleur opposée.
Réciproquement, montrons que trois couleurs suffisent:

- On colorie en bleu les parties qui contiennent au moins deux éléments parmi 1, 2, 3.
- On colorie en vert les parties non coloriées en bleu et qui contiennent au moins deux éléments parmi 4, 5, 6 .
- On colorie en rouge les parties non coloriées en bleu ou en vert.

Il est évident que deux parties bleues ont un élément en commun parmi 1, 2, 3 ; de même, deux parties vertes ont un élément en commun parmi $4,5,6$. Enfin, toute partie rouge contient trois éléments, dont contient nécessairement l'élément 7 : deux parties rouges ont donc également un élément en commun.

problem_match: Exercice 4.

solution_match: ## Solution de l'exercice 4


problem: Soit $A B C D$ un trapèze tel que $(A B) / /(C D)$. Deux cercles $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ sont situés à l'intérieur du trapèze de sorte que $\omega_{1}$ est tangent à $(D A),(A B),(B C)$ et $\omega_{2}$ est tangent à $(B C),(C D),(D A)$. Soit $d_{1}$ une droite passant par $A$, autre que $(A D)$, tangente à $\omega_{2}$. Soit $d_{2}$ une droite passant par $C$, autre que $(C B)$, tangente à $\omega_{1}$. Montrer que $d_{1} / / d_{2}$.

solution:
Par continuité, on peut supposer que $A B \neq C D$. De plus, quitte à échanger $A$ et $B$ avec $C$ et $D$, ainsi que $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$, on peut supposer $A B>C D$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_d3e82254667ef3ca49eag-5.jpg?height=860&width=1058&top_left_y=508&top_left_x=528)

Soit $E$ l'intersection de $(A D)$ et $(B C)$. Supposons que $(C D)$ coupe $\omega_{1}$.
On note $P, Q, R, S$ les points de contact de $\omega_{2}$ avec $(B C),(C D), d_{1},(D A)$. Soit $X$ l'intersection de $(C D)$ avec $d_{1}$. Soit $d_{2}^{\prime}$ la parallèle à $d_{1}$ passant par $C$ et $Y=(A B) \cap d_{2}^{\prime}$. On oriente les droites de sorte que les mesures algébriques $\overline{E A}, \overrightarrow{A B}, \overline{B C}, \overline{D C}, \overline{A X}, \overline{Y C}$ soient positives.

$$
\begin{aligned}
(E A+Y C)-(C E+A Y) & =(\overline{E A}+\overline{Y C})-(\overline{C E}+\overline{A Y}) \\
& =\overline{E S}+\overline{S A}+\overline{A X}-\overline{C P}-\overline{P E}-\overline{X C} \\
& =\overline{S A}+\overline{A X}-\overline{C P}-\overline{X C} \operatorname{car} \overline{E S}=\overline{P E} \\
& =\overline{R A}+\overline{A X}-\overline{X Q}=\overline{R X}-\overline{X Q}=0
\end{aligned}
$$

donc $E A Y C$ est circonscriptible. Il vient $d_{2}^{\prime}=(C Y)=d_{2}$, donc $d_{1} / / d_{2}$.
Si maintenant $(C D)$ ne coupe pas $\omega_{1}$, on définit cette fois $d_{1}^{\prime}$ la parallèle à $d_{2}$ passant par $A$, $X=(C D) \cap d_{1}^{\prime}$ et $Y=(A B) \cap d_{2}$. On montre comme ci-dessus que EAXC est circonscriptible (la preuve est laissée au lecteur).
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_d3e82254667ef3ca49eag-6.jpg?height=698&width=919&top_left_y=128&top_left_x=603)

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem:
Soit $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ des entiers strictement positifs. Pour tout $k=1,2, \ldots, n$, on note

$$
m_{k}=\max _{1 \leq \ell \leq k} \frac{a_{k-\ell+1}+a_{k-\ell+2}+\cdots+a_{k}}{\ell} .
$$

Montrer que pour tout $\alpha>0$, le nombre d'entiers $k$ tel que $m_{k}>\alpha$ est strictement plus petit que $\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{\alpha}$.

solution:
Soit $k_{1}$ le plus grand entier $k$ tel que $m_{k}>\alpha$. Il existe $\ell_{1}$ tel que $a_{k_{1}-\ell_{1}+1}+\cdots+a_{k_{1}}>\ell_{1} \alpha$.
Soit $k_{2}$ le plus grand entier $\leqslant k_{1}-\ell_{1}$ tel que $m_{k}>\alpha$. Il existe $\ell_{2}$ tel que $a_{k_{2}-\ell_{2}+1}+\cdots+a_{k_{2}}>\ell_{2} \alpha$. ...
On construit ainsi une suite finie $k_{1}>k_{2}>\cdots>k_{r}$ telle que tout entier $k$ vérifiant $m_{k}>\alpha$ se trouve dans l'un des intervalles $I_{j}=\llbracket k_{j}-\ell_{j}+1, k_{j} \rrbracket$. De plus, ces intervalles sont deux à deux disjoints.
Par conséquent, le nombre d'entiers $k$ tels que $m_{k}>\alpha$ est inférieur ou égal à la somme des longueurs des intervalles, à savoir $\ell_{1}+\cdots+\ell_{r}$.
Or, $\sum_{j=1}^{r} \ell_{j}<\frac{1}{\alpha} \sum_{j}\left(a_{k_{j}-\ell_{j}+1}+\cdots+a_{k_{j}}\right) \leqslant \frac{1}{\alpha}\left(a_{1}+\cdots+a_{n}\right)$. CQFD.

problem_match: Exercice 6.

solution_match: ## Solution de l'exercice 6


problem:
Soit $a, b, c, n$ des entiers, avec $n \geq 2$. Soit $p$ un nombre premier qui divise $a^{2}+a b+b^{2}$ et $a^{n}+b^{n}+c^{n}$, mais qui ne divise pas $a+b+c$.
Prouver que $n$ et $p-1$ ne sont pas premiers entre eux.

solution:
Si $p$ divise $a$ et $b$, alors $p$ divise $c^{n}$ donc $p$ divise $c$, ce qui contredit la dernière assertion. Donc, quitte à échanger $a$ et $b$, on suppose que $p$ ne divise pas $b$. Quitte à multiplier $a, b, c$ par un inverse de $b$ modulo $p$, on peut supposer que $b=1$ et donc

$$
p\left|a^{2}+a+1, \quad p\right| a^{n}+1+c^{n}, \quad p \nmid a+1+c .
$$

Comme $a^{2}+a+1$ est impair, $p$ l'est aussi.
Comme $p$ divise $\left(a^{2}+a+1\right)(a-1)=a^{3}-1$, l'ordre de $a$ modulo $p$ est 1 ou 3 .
Premier cas: $a \equiv 1(\bmod p)$. Alors $p=3$, donc $c^{n} \equiv-1-a^{n} \equiv 1(\bmod 3)$.
En particulier, $c$ est inversible modulo 3 , donc $c \equiv \pm 1(\bmod 3)$. Comme $p \nmid a+1+c$, on a nécessairement $c \equiv-1(\bmod 3)$. Enfin, comme $c^{n} \equiv 1(\bmod 3)$, l'entier $n$ est pair donc n'est pas premier avec $p-1$.
Deuxième cas: l'ordre de $a$ modulo $p$ est 3 . Comme par ailleurs l'ordre de $a$ modulo $p$ divise $p-1$ en vertu du petit théorème de Fermat, on a $3 \mid p-1$.
Supposons que $n$ est premier avec $p-1$. Alors $x \mapsto x^{n}$ est une bijection de $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ sur lui-même :

- si $n \equiv 1(\bmod 3)$ alors $c^{n} \equiv-a^{n}-1 \equiv-a-1 \equiv a^{2} \equiv\left(a^{2}\right)^{n}(\bmod p)$ donc par bijectivité de $x \mapsto x^{n}$ dans $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ on a $c \equiv a^{2} \equiv-a-1(\bmod p):$ contradiction!
- si $n \equiv 2(\bmod 3)$ alors $c^{n} \equiv-a^{n}-1 \equiv-a^{2}-1 \equiv a \equiv\left(a^{2}\right)^{n}(\bmod p)$ donc par bijectivité de $x \mapsto x^{n}$ dans $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ on a $c \equiv a^{2} \equiv-a-1(\bmod p):$ contradiction!
On en déduit que $n \equiv 0(\bmod 3)$, donc 3 est un diviseur commun de $n$ et de $p-1$.

problem_match: Exercice 7.

solution_match: ## Solution de l'exercice 7